定積分(definite integral)

ここではドイツの数学者 G.F.B. Riemann (1826-1917) によって示されたRiemann積分について学んでいきます．

$f(x)$ は閉区間 $[a,b]$ で定義されているとします．この区間 $[a,b]$ を次のような点 $x_{i}(i = 1,2,\ldots,n)$ で $n$ 個の小区間に分割します．

図: 定積分

$$a= x_{0} < x_{1}<x_{2}<\cdots< x_{i} < \cdots <x_{n} = b$$

この分割を $\Delta$ で表わし， $\Delta x_{i} = x_{i} - x_{i-1}\ (i = 1,2,\ldots,n)$ のうちで最も大きい値を $\vert\Delta\vert$ で表わします．いま，それぞれの小区間 $[x_{i-1},x_{i}]$ のなかに任意の点 $\xi_{i}$ をとり，Riemann和(Riemann sum) とよばれる次の和を考えます．

$$S(\Delta) = f(\xi_{1})\Delta x_{1} + f(\xi_{2})\Delta x_{2} + \cdots + f(\xi_{n})\Delta x_{n} = \sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i}$$

このとき，

$$\lim_{\vert\Delta\vert \rightarrow 0}S(\Delta) = \lim_{\vert\Delta\vert \rightarrow 0}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i} = S$$

となる実数 $S$ が存在するならば，この $S$ を $f(x)$ の 定積分(definite integral) といい， $f(x)$ は $[a,b]$ で積分可能(integrable) であるといいます．また，この $S$ を次のように表わします．

$$S = \lim_{\vert\Delta\vert \rightarrow 0}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i} = \int_{a}^{b}f(x)dx$$

つまり関数 $f(x)$ が $[a,b]$ で積分可能であるということは，分割の仕方および点 $\xi_{i}(i = 1,2,\ldots,n)$ のとり方に関係なく一通りに定まるということです．これより，区分求積法とよばれ，次のようにして積分を求める方法があります． $h = \frac{b-a}{n}$とすると，

$$\int_{a}^{b}f(x) dx = \left\{\begin{array}{ll} \lim_{n \to \infty... ... \infty}\frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^{n}f(a + ih) & (\xi = x_{i}) \end{array}\right.$$

では，どんな関数が $[a,b]$ で積分可能になるのでしょうか．次の定理はそんな疑問に答えてくれます．

定理 3..7  

$f(x)$ が $[a,b]$ で連続ならば， $[a,b]$ で積分可能である．

今後，特に断らない限りこの章にでてくる $f(x)，g(x)$ などの関数は，考えている区間で連続であるとします．

定積分の定義より，ただちに次の公式が得られます．

定理 3..8  

$f(x),g(x)$ は区間 $[a,b]$ で連続であるとすると，

$${(1) \ \int_{a}^{b}{f(x) \pm g(x)}dx = \int_{a}^{b}f(x)dx \pm \int_{a}^{b}g(x)dx }$$

$${(2) \ \int_{a}^{b}cf(x)dx = c\int_{a}^{b}f(x)dx \ (c : \mbox{定数})}$$

$${(3) \ \int_{a}^{b}f(x) dx = - \int_{b}^{a} f(x) dx }$$

$${(4) \ \int_{a}^{c}f(x)dx + \int_{c}^{b}f(x)dx = \int_{a}^{b}f(x)dx}$$

$${(5) \ [a,b]\mbox{で} \ f(x) \geq g(x) \mbox{ならば，} \ \int_{a}^{b}f(x)dx \geq \int_{a}^{b}g(x)dx }$$

証明 (1) $a < b$ の場合． $[a,b]$ の任意の分割を

$$a = x_{0} < x_{1} < \cdots < x_{n} = b$$

とし， $\xi_{i}$ を $[x_{i-1},x_{i}]$ 内の任意の点としてRiemann和を考えると，

$$\sum_{i=1}^{n}\{f(\xi_{i}) + g(\xi_{i})\}\Delta x_{i} = \sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i} + \sum_{i=1}^{n}g(\xi_{i})\Delta x_{i}$$

ここで， $\vert\Delta\vert \rightarrow 0$ とすると，定理3.7より，

$$\int_{a}^{b}{f(x) + g(x)}dx = \int_{a}^{b}f(x)dx + \int_{a}^{b}g(x)dx$$

(3)

$$\int_{a}^{b} f(x) dx = \lim_{\vert\Delta\vert \rightarrow 0}\sum_{i=1}^{n} f(\xi_{i})(x_{i} - x_{i-1})$$

$$= \lim_{\vert\Delta\vert \rightarrow 0} - \sum_{i=1}^{n} f(\xi_{i})(x_{i-1} - x_{i}) = - \int_{b}^{a}f(x) dx$$

(2)，(4)，(5)の証明は各自に任せます． $\ \blacksquare$

微分積分学の基本定理

関数 $f(x)$ が $[a,b]$ で連続であるとき， $[a,b]$ 内の任意の点 $x$ に対して定積分 $\int_{a}^{x}f(t)dt$ を考えると，これは $[a,b]$ を定義域にもつ関数になります．この関数について，次の定理が成り立ちます．

定理 3..9  

$f(x)$ が $[a,b]$ で連続であれば， $\int_{a}^{x}f(t)dt$ は $x$ について微分可能であって，

$$\frac{d}{dx}\int_{a}^{x}f(t)dt = f(x) \ (a \leq x \leq b)$$

となる．

証明 $${F(x) = \int_{a}^{x}f(t)dt}$$ とおくと， $${\frac{d}{dx}\int_{a}^{x}f(t)dt}$$ は $F(x)$ の導関数を求めることになるので， $${\frac{F(x+h) -F(x)}{h}}$$ を考えます．まず， $h > 0$ のとき，

$$\frac{F(x+h) -F(x)}{h} = \frac{\int_{a}^{x+h}f(t)dt - \int_{a}^{x}f(t)dt}{h}$$

$$= \frac{\int_{x}^{x+h}f(t)dt}{h}$$

ここで $M_{h}$ を $[x,x+h]$ における $f(x)$ の最大値， $m_{h}$ を $[x,x+h]$ における $f(x)$ の最小値とすると(なぜ最大値，最小値が存在するとわかる?)， $[x,x+h]$ で

$$m_{h} \leq f(x) \leq M_{h}$$

したがって，定理3.7より

$$m_{h}[(x+h)-x] \leq \int_{x}^{x+h}f(t)dt \leq M_{h}[(x+h) - x]$$

となる．そこで，両辺を $h$ でわると， 仮定より， $f(x)$ は $[x,x+h]$ で連続なので，

$$\lim_{h \rightarrow 0+}m_{h} = f(x) = \lim_{h \rightarrow 0+}M_{h}$$

よって，はさみうちの定理より

$$\lim_{h \rightarrow 0+}\frac{F(x+h) -F(x)}{h} = f(x)$$

同様に $h < 0$ のとき

$$\lim_{h \rightarrow 0-}\frac{F(x+h) -F(x)}{h} = f(x)$$

となり， $F(x)$ は微分可能であり， $F^{\prime}(x) = f(x)$ となる． $\ \blacksquare$

この定理より， $F(x) = \int_{a}^{x}f(t)dt$ は $f(x)$ の原始関数となります．よって，連続な関数は必ず原始関数をもっていることがわかり，その原始関数は定積分で与えられます．

例題 3..21  

$f(t)$ が連続のとき

$$\frac{d}{dx}\int_{a}^{x^{2}}f(t)dt$$

を求めてみましょう．

解 まず， $u = x^2$ とおくと $du = 2x dx$．よって

$$\frac{d}{dx}\int_{a}^{x^{2}}f(t)dt = \frac{d (\int_{a}^{u} f(t) dt)}{du}\frac{du}{dx} = f(u)\frac{du}{dx} = f(x^2)(2x) \ensuremath{\ \blacksquare}$$

定理 3..10  

[微分積分学の基本定理] 閉区間 $[a,b]$ で連続な関数 $f(x)$ の $1$つの原始関数を $G(x)$ とすると

$$\int_{a}^{b}f(x)dx = G(b) - G(a)$$

である．

証明 定理3.7より， $F(x) = \int_{a}^{x}f(t)dt$ も $f(x)$ の原始関数です．よって，定理3.1より $F(x) = G(x) + c \ (c :$   定数$)$. ここで $F(a) = 0$ だから， $F(a) = G(a) + c = 0$．よって， $c = -G(a)$. このとき $F(x) = G(x) - G(a)$ となるから， $x = b$ とすると，

$$F(b) = \int_{a}^{b}f(t)dt = \int_{a}^{b}f(x)dx = G(b) - G(a) \ensuremath{\ \blacksquare}$$

ここで， $G(b) - G(a)$ は $G(x)\vert _{a}^{b}$ または $[G(x)]_{a}^{b}$ と略記されます．

この定理より，定積分の計算は被積分関数の不定積分を求め，積分範囲の端点を代入しその差を求めればよいことがわかります．

例題 3..22  

次の定積分の値を求めてみましょう．

$$\int_{0}^{1}(2x - 3)dx$$

解

$$\int_{0}^{1}(2x -3)dx = \left[x^2 - 3x \right]_{0}^{1} = 1 - 3 = -2 \ensuremath{\ \blacksquare}$$

確認問題

1.

区分求積法を用いて， $${\int_{0}^{1}x^{2}dx}$$を求めよう．

2.

次の定積分を計算しよう．

(a) $${\int_{0}^{1}(x^{2} + 3)\ dx}$$ (b) $${\int_{1}^{2}\frac{x^{2} - 1}{x}\ dx}$$ (c) $${\int_{0}^{1}\sqrt{x^{3}}\ dx}$$ (d) $${\int_{0}^{\pi}\cos{x}\ dx}$$ (e) $${\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin{x}\ dx}$$

3.

$${\int_{0}^{1}f(x)dx = 6}$$, $${\int_{0}^{2}f(x)dx = 4}$$, $${\int_{2}^{5}f(x)dx = 1}$$のとき，次の問いに答えよう．

(a) $${\int_{0}^{5}f(x)\ dx}$$ (b) $${\int_{1}^{2}f(x)\ dx}$$ (c) $${\int_{1}^{5}f(x)\ dx}$$ (d) $${\int_{0}^{0}f(x)\ dx}$$

(e) $${\int_{2}^{0}f(x)\ dx}$$

4.

関数 $f(t)$ が連続であるとき， $g(x)$ を求めよう．

(a) $${g(x) = \frac{d}{dx}\int_{1}^{x}\sin{t}dt}$$ (b) $${g(x) = \frac{d}{dx}\int_{x}^{1}\cos{t}dt}$$ (c) $${g(x) = \frac{d}{dx}\int_{0}^{2x}\sqrt{\sin{t}}dt}$$

5.

次の極限値を求めよう．

(a) $${\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n}\left(\frac{1}{n} + \frac{2}{n} + \cdots + \frac{n}{n} \right)}$$ (b) $${\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n}\left(\frac{1}{2 + \frac{1}{n}} + \frac{1}{2 + \frac{2}{n}} + \cdots + \frac{1}{3} \right)}$$

(c) $${\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\sqrt{\frac{i}{n}}}$$

演習問題

1.

関数 $f(t)$ が連続であるとき， $g(x)$ を求めよう．

(a) $${g(x) = \frac{d}{dx}\int_{x}^{b}f(t)dt}$$ (b) $${g(x) = \frac{d}{dx}\int_{x}^{x+1}f(t)dt}$$

(c) $${g(x) = \frac{d}{dx}\int_{0}^{2x}x^{2}f(t)dt}$$

2.

次の定積分を計算しよう．

(a) $${\int_{1}^{5}2\sqrt{x-1}dx}$$ (b) $${\int_{1}^{2}\frac{2-t}{t^{3}}dt}$$ (c) $${\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos{x}dx}$$ (d) $${\int_{0}^{1}xe^{-x^{2}}dx}$$

(e) $${\int_{0}^{\log{2}} \frac{e^{x}}{e^{x} + 1}dx}$$

3.

定理3.7(2)，(3)，(4)，(5)を証明しよう．

4.

次の不等式を証明しよう．

(a) $${\frac{\pi}{4} < \int_{0}^{1}\frac{1}{1 + x^n}dx < 1 \ \ (n > 2)}$$ (b) $${\frac{1}{2n+2} \leq \int_{0}^{1} \frac{x^n}{1 + x}dx \leq \frac{1}{n} \ \ (n \geq 1)}$$

5.

次の極限値を求めよう．

(a) $${\lim_{n \rightarrow \infty} \left(\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n + 2} + \cdots + \frac{1}{2n} \right)}$$ (b) $${\lim_{n \rightarrow \infty} \sum_{i = 1}^{n} \sqrt{\frac{1}{n^2 + i^2}}}$$

(c) $${\lim_{x \rightarrow 0} \int_{0}^{x} \tan{(t^2)}dt}$$